2017届高考数学（文）（新课标）二轮专题复习（检测） 第三部分 专题六 导数与函数 作业26-27
导数与函数专练(一)·作业(二十六)
1．(2016·湖北黄冈联考)已知函数f(x)＝x3－x－.
(1)判断的单调性；
(2)求函数y＝f(x)的零点的个数；
(3)令g(x)＝＋lnx，若函数y＝g(x)在(0，)内有极值，求实数a的取值范围．
解析 (1)设φ(x)＝＝x2－1－，其中x>0，
φ′(x)＝2x＋>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增．
(2)∵φ(1)＝－1<0，φ(2)＝3－>0，
φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)在(0，＋∞)内有唯一零点．
又f(x)＝x3－x－＝x·φ(x)，显然x＝0为f(x)的一个零点，
∴y＝f(x)在[0，＋∞)上有且仅有两个零点.
(3)g(x)＝＋lnx＝＋lnx＝lnx＋，
则g′(x)＝－＝＝.
设h(x)＝x2－(2＋a)x＋1 ，则h(x)＝0有两个不同的根x1，x2，且有一根在(0，)内．
不妨设0
e.
由于h(0)＝1，故只需h()<0即可，即－(2＋a)＋1<0，
解得a>e＋－2.
2．(2016·新疆师范大学附中月考)已知函数f(x)＝，其中a>0.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若直线x－y－1＝0是曲线y＝f(x)的切线，求实数a的值；
(3)设g(x)＝xlnx－x2f(x)，求g(x)在区间[1，e]上的最大值．(其中e为自然对数的底数)
解析 (1)f′(x)＝(x≠0)，在区间(－∞，0)和(2，＋∞)上，f′(x)<0；在区间(0，2)上，f′(x)>0.
所以f(x)的单调递减区间是(－∞，0)和(2，＋∞)，单调递增区间是(0，2)．
(2)设切点坐标为(x0，y0)，则
解得x0＝1，a＝1.
(3)g(x)＝xlnx－a(x－1)，则g'(x)＝lnx＋1－a.
令g′(x)＝0，得x＝ea－1.
当ea－1≤1，即00，解得a<.
所以当10)．
令f′(x)>0，即(5x－2)(x－2)>0，
∴02.
∴f(x)的单调递增区间为(0，)和(2，＋∞)．
(2)∵f′(x)＝，a<0.
令f′(x)＝0，得x＝－或x＝－.
当0－时，f′(x)>0；
当－4，即a<－8时，
f(x)在[1，4]上取最小值为f(1)或f(4)．
而由①知f(1)＝8时不符合题意．
∴f(4)＝8，即2(64＋16a＋a2)＝8，
解得a＝－10或a＝－6(舍去)．
综上所述，a＝－10.
4．已知a∈R，函数f(x)＝＋lnx－1.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；
(2)求f(x)在区间(0，e]上的最小值．
解析 (1)当a＝1时，f(x)＝＋lnx－1，x∈(0，＋∞)，
所以f′(x)＝－＋＝，x∈(0，＋∞)．
因此f′(2)＝.
即曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线斜率为.
又f(2)＝ln2－，所以曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－(ln2－)＝(x－2)，即x－4y＋4ln2－4＝0.
(2)因为f(x)＝＋lnx－1，
所以f′(x)＝－＋＝.
令f′(x)＝0，得x＝a.
①若a≤0，则f′(x)>0，函数f(x)在区间(0，e]上单调递增，此时函数f(x)无最小值．
②若00，函数f(x)在区间(a，e]上单调递增，
所以当x＝a时，函数f(x)取得最小值lna.
③若a≥e，则当x∈(0，e]时，f′(x)≤0，函数f(x)在区间(0，e]上单调递减，
所以当x＝e时，函数f(x)取得最小值.
综上可知，当a≤0时，函数f(x)在区间(0，e]上无最小值；
当00，r(2)＝2－e－2>0，r(3)＝－e－3<0.
故存在x0∈(2，3)，使得r(x0)＝φ′(x0)＝0.
当1≤x0；当x>x0时，有φ′(x)<0.
从而φ(x)在区间[1，x0]上单调递增，在区间[x0，＋∞)上单调递减，
又φ(1)＝e－1＋2>0，φ(2)＝e－2＋5>0，φ(3)＝e－3＋6>0，φ(4)＝e－4＋5>0，φ(5)＝e－5＋2>0，φ(6)＝e－6－3<0，
所以当1≤x≤5时，恒有φ(x)>0；当x≥6时，恒有φ(x)<0；
故符合题意的正整数m的最大值为5.
导数与函数专练(二)·作业(二十七)
1．已知函数f(x)＝ex－x(e为自然对数的底数)．
(1)求f(x)的最小值；
(2)若对于任意的x∈[0，2]，不等式f(x)>ax恒成立，求实数a的取值范围．
解析 (1)f(x)的导函数f′(x)＝ex－1，
令f′(x)>0，解得x>0；
令f′(x)<0，解得x<0.
从而f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
所以当x＝0时，f(x)取得最小值1.
(2)设不等式f(x)>ax的解集为P，则{x|0≤x≤2}⊆P，
即对于任意x∈[0，2]，不等式f(x)>ax恒成立．
由于f(x)>ax，得(a＋1)x0，解得x>1；令g′(x)<0，解得x<1.
从而g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，2]上单调递增．
所以当x＝1时，g(x)取得最小值e－1，从而实数a的取值范围是(－∞，e－1)．
2．(2016·湖南衡阳联考)已知函数f(x)＝x3－ax2－3x.
(1)若f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，求实数a的取值范围；
(2)若x＝－是f(x)的极值点，求f(x)在[1，a]上的最大值；
(3)在(2)的条件下，是否存在实数b，使得函数g(x)＝bx的图像与函数f(x)的图像恰有3个交点？若存在，请求出实数b的取值范围；若不存在，试说明理由．
解析 (1)f′(x)＝3x2－2ax－3.∵f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴f′(x)在[1，＋∞)上恒有f′(x)≥0，即3x2－2ax－3≥0在x∈[1，＋∞)上恒成立，则必有≤1，且f′(1)＝－2a≥0，∴a≤0.
(2)f′(－)＝0，即＋a－3＝0，∴a＝4.
∴f(x)＝x3－4x2－3x.
令f′(x)＝3x2－8x－3＝0，解得x1＝－，x2＝3.
x，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x
1
(1，3)
3
(3，4)
4
f′(x)
－
0
＋
f(x)
－6
－18
－12
∴f(x)在[1，4]上的最大值为f(1)＝－6.
(3)函数g(x)＝bx的图像与f(x)的图像恰有3个交点，即x3－4x2－3x＝bx恰有3个不等实根，∴方程x3－4x2－3x－bx＝0恰有3个不等实根．
其中x＝0是其中一个根，∴方程x2－4x－3－b＝0有两个不等于零的不等实根．
∴∴b>－7且b≠－3.
3．(2016·山东青岛检测)已知函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.
(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值；
(2)当a2＝4b时，求函数f(x)＋g(x)的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值．
解析 (1)f′(x)＝2ax，g′(x)＝3x2＋b.
因为曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，所以f(1)＝g(1)，且f′(1)＝g′(1)．
即a＋1＝1＋b，且2a＝3＋b.解得a＝3，b＝3.
(2)设h(x)＝f(x)＋g(x)．当b＝a2时，h(x)＝x3＋ax2＋a2x＋1，h′(x)＝3x2＋2ax＋a2.
令h′(x)＝0，得x1＝－，x2＝－.
a>0时，h(x)与h′(x)的变化情况如下：
x
(－∞，－)
－
(－，－)
h′(x)
＋
0
－
h(x)
极大值
x
－
(－，＋∞)
h′(x)
0
＋
h(x)
极小值
所以函数h(x)的单调递增区间为(－∞，－)和(－，＋∞)；单调递减区间为
(－，－)．
当－≥－1，即06时，函数h(x)在区间(－∞，－)上单调递增，在区间(－，－)上单调递减，在区间(－，－1]上单调递增．
又因h(－)－h(－1)＝1－a＋a2＝(a－2)2>0，
所以h(x)在区间(－∞，－1]上的最大值为h(－)＝1.
4．(2016·河南八校质检)已知函数f(x)＝xlnx，g(x)＝x2－x.
(1)求f(x)的单调区间和极值点；
(2)是否存在实数m，使得函数h(x)＝＋m＋g(x)有三个不同的零点？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由．
解析 (1)f′(x)＝lnx＋1，
由f′(x)>0，得x>；f′(x)<0，得00，得03；由φ′(x)<0，得11时，g(x)>0；
(3)确定a的所有可能取值，使得f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立．
解析 (1)f′(x)＝2ax－＝(x>0)．
当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．
当a>0时，由f′(x)＝0有x＝.
当x∈(0，)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
(2)令s(x)＝ex－1－x，则s′(x)＝ex－1－1.
当x>1时，s′(x)>0，所以ex－1>x，从而g(x)＝－>0.
(3)由(2)，当x>1时，g(x)>0.
当a≤0，x>1时，f(x)＝a(x2－1)－lnx<0.
故当f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a>0.
当01.
由(1)有f()0，
所以此时f(x)>g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．
当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)．
当x>1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x>x－＋－＝>>0.
因此，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．
又因为h(1)＝0，所以当x>1时，h(x)＝f(x)－g(x)>0，
即f(x)>g(x)恒成立．
综上，a∈[，＋∞)．
1．(2016·新课标全国Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
(ⅰ)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.
所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
(ⅱ)设a<0，由f′(x)＝0，得x＝1或x＝ln(－2a)．
①若a＝－，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)≥0，当且仅当x＝1时等号成立，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a>－，则ln(－2a)<1，故当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，1)上单调递减．
③若a<－，则ln(－2a)>1，故当x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0.所以f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a))上单调递减．
(2)①设a>0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a>0，取b满足b<0且b(b－2)＋a(b－1)2＝a(b2－b)>0，
所以f(x)有两个零点．
②设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点．
③设a<0，若a≥－，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
又当x≤1时，f(x)<0，故f(x)不存在两个零点；
若a<－，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．
又当x≤1时f(x)<0，故f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
2．(2014·新课标全国Ⅰ)设函数f(x)＝aln x＋x2－bx(a≠1)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率为0.
(1)求b；
(2)若存在x0≥1，使得f(x0)<，求a的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝＋(1－a)x－b.
由题设知f′(1)＝0，解得b＝1.
(2)f(x)的定义域为(0，＋∞)，由(1)知，f(x)＝aln x＋x2－x，f′(x)＝＋(1－a)x－1＝(x－1)．
①若a≤，则≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．
所以，存在x0≥1，使得f(x0) <的充要条件为f(1)<，即－1<，解得－－11，故当x∈时，f′(x)<0；当x∈时，f′(x)>0.f(x)在上单调递减，在上单调递增．
所以，存在x0≥1，使得f(x0)<的充要条件为f<.而f＝aln ＋＋>，所以不合题意．
③若a>1，则f(1)＝－1＝<.
综上，a的取值范围是(－－1，－1)∪(1，＋∞)．
3．(2015·新课标全国Ⅱ)已知f(x)＝lnx＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．
解析 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a，若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增；若a>0，则当x∈时，f′(x)>0，
当x∈时，f′(x)<0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)无最大值，当a>0时，f(x)在x＝处取得最大值，最大值为f＝ln＋a＝－lna＋a－1.因此f>2a－2⇔lna＋a－1<0.令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上是增函数，g(1)＝0，于是，当01时，g(a)>0，因此a的取值范围是(0，1)．
4．(2016·宜春新余联考)已知函数f(x)＝的图像在点(1，f(1))处的切线与x轴平行．
(1)求实数a的值及f(x)的极值；
(2)是否存在区间(t，t＋)(t>0)，使函数f(x)在此区间上存在极值点和零点？若存在，求出实数t的取值范围，若不存在，请说明理由；
(3)如果对任意的x1，x2∈[e2，＋∞)，有|f(x1)－f(x2)|≥k|－|，求实数k的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝＝.
∵f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行，∴f′(1)＝＝0.
∴a＝1，∴f(x)＝，x>0.f′(x)＝－，
当00，当x>1时，f′(x)<0，
∴f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
故f(x)在x＝1处取得极大值1，无极小值．
(2)∵x>1时，f(x)＝>0，
当x→0时，f(x)→－∞，由(1)得f(x)在(0，1)上单调递增，由零点存在原理，知f(x)在区间(0，1)上存在唯一零点，
函数f(x)的图像如图所示．
∵函数f(x)在区间(t，t＋)(t>0)上存在极值点和零点，
∴，即，解得x2≥e2，则原不等式⇔f(x2)－f(x1)≥k(－)⇔f(x2)－≥f(x1)－⇔函数F(x)＝f(x)－在[e2，＋∞)上单调递减．
又F(x)＝f(x)－＝－，
∴F′(x)＝≤0在[e2，＋∞)上恒成立，∴k≤lnx在[e2，＋∞)上恒成立．
在[e2，＋∞)上，(lnx)min＝lne2＝2，∴k≤2.
5．(2016·广东教育协作体)已知函数F(x)＝ax2－xlnx，f(x)＝F′(x)＋1，g(x)＝－(a∈R)．
(1)当a＝g′(1)时，求曲线y＝f(x)在(e，f(e))(e是自然对数的底数)处的切线方程；
(2)当x∈(0，e]时，是否存在实数a，使得f(x)的最小值是3？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
审题 (1)分别求出F′(x)，g′(x)，f′(x)，f′(e)，
求出切线方程；(2)假设存在实数a，使得f(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])的最小值为3，对实数a分类讨论，用导数研究函数f(x)的单调性与最值即可求解．
解析 (1)F(x)＝ax2－xlnx，所以F′(x)＝ax－lnx－1，
所以f(x)＝F′(x)＋1＝ax－lnx，g(x)＝－＝，
所以g′(x)＝，所以a＝g′(1)＝1.
此时f′(x)＝1－＝，
所以切线的斜率k＝f′(e)＝，f(e)＝e－1，
所以切线方程为y－(e－1)＝(x－e)，即y＝x.
(2)假设存在实数a，使得f(x)＝ax－lnx(x∈(0，e])的最小值为3，
易知f′(x)＝a－＝.
①当a≤0时，因为x∈(0，e]，所以f′(x)<0，所以f(x)在(0，e]上单调递减，
f(x)min＝f(e)＝ae－1＝3，得a＝(舍去)，所以a≤0不符合题意．
②当0<时，f(x)在(0，)上单调递减，在(，e]上单调递增．
f(x)min＝f()＝1＋lna＝3，所以a＝e2，符合题意．
③当≥e，即0
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